【解析】安徽省滁州市定远中学2022-2023学年高二下学期物理阶段性达标检测试卷

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安徽省滁州市定远中学2022-2023学年高二下学期物理阶段性达标检测试卷

一、单选题

1．（2023高二下·定远月考）三根通电长直导线a、b、c平行且垂直纸面放置，其横截面如图所示，a、b、c恰好位于直角三角形的三个顶点，∠c＝，∠a＝．a、b中通有的电流强度分别为I1、I2，c受到a、b的磁场力的合力方向与a、b连线平行．已知通电长直导线在周围某点产生的磁场的磁感应强度，k为比例系数，I为电流强度，r为该点到直导线的距离，sin＝0.6．下列说法正确的是（）

A．a、b中电流反向，：：9B．a、b中电流同向，：：3

C．a、b中电流同向，：：9D．a、b中电流反向，：：3

【答案】A

【知识点】力的平行四边形定则及应用；安培力的计算

【解析】【解答】同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，且c受到a、b的磁场力的合力方向与a、b连线平行，则ab中电流方向相反，c受力分析如图所示：

竖直方向平衡得：

根据几何关系得：，

联立解得：

故答案为：A

【分析】利用c受到的安培力方向可以判别两个导体棒对c的安培力方向，结合通电导体之间的安培力作用规律可以判别a、b电流的方向；利用c竖直方向的平衡方程结合安培力的表达式可以求出电流的大小比值。

2．（2023高二下·定远月考）如右图所示，一水平导线通以电流I，导线下方有一电子，初速度方向与电流平行，关于电子的运动情况，下述说法中，正确的是（）

A．沿路径a运动，其轨道半径越来越大

B．沿路径a运动，其轨道半径越来越小

C．沿路径b运动，其轨道半径越来越小

D．沿路径b运动，其轨道半径越来越大

【答案】A

【知识点】安培定则；左手定则—磁场对带电粒子的作用

【解析】【解答】由左手定则可知电子向下偏，距导线越远，磁感应强度B越小，由r＝

知，r变大，则A符合题意，BCD不符合题意。

故答案为：A。

【分析】利用通电导线周围磁感应强度的变化结合牛顿第二定律可以判别轨迹半径的大小变化，结合左手定则可以判别电子偏转的方向。

3．（2023高二下·定远月考）如图所示，两段长直导线A，B平行地固定在水平地面上，两导线中通以大小相同的电流，另一个长为L、质量为m的直导体棒C放在A，B连线垂直平分线上，与A，B平行，通以大小为I的电流刚好处于静止状态，电流方向垂直于纸面向外，A，B，C刚好在正三角形的三个顶点上，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）

A．长直导线A中的电流方向垂直纸面向外

B．导线处磁场磁感应强度方向竖直向上

C．若将棒中的电流瞬间减半，则棒瞬间的加速度为

D．若将导线B中的电流瞬间减为零，则棒瞬间加速度大于

【答案】D

【知识点】安培力；共点力的平衡

【解析】【解答】A.根据通电平行直导线间的作用力是同方向相吸，反方向相斥，根据共点力平衡，可知长直导线C受到重力和另外两条通电导线的斥力作用，所以长直导线A中的电流方向垂直纸面向里，A不符合题意；

B.导线受到安培力的方向与重力等大反向，根据左手定则可知C处磁场磁感应强度方向应水平向右，B不符合题意；

C.因为开始棒C处于静止状态，重力与安培力等大反向，若将棒中的电流瞬间减半，根据

则棒瞬间受到的安培力减半，根据牛顿第二定律

棒C的加速度为，C不符合题意；

D.棒受导线A和导线B的安培力以及重力作用，处于静止状态，

根据共点力关系可知，

若将导线中的电流瞬间减为零，则棒的合力大小等于F，方向沿CB方向，所以瞬间加速度为

D符合题意。

故答案为：D。

【分析】利用C导线的平衡条件可以判别两个通电导线对C安培力的方向，利用安培力的方向可以判别通电导线电流的方向；利用C受到的安培力方向结合左手定则可以判别磁感应强度的方向；利用牛顿第二定律结合安培力的变化可以求出导体棒加速度的大小。

4．（2023高二下·定远月考）如图为电视机显像管的偏转线圈示意图，线圈中心处的黑点表示电子枪射出的电子，它的方向垂直纸面向外．当偏转线圈中的电流方向如图所示时，电子束应（）

A．向左偏转B．向上偏转C．向下偏转D．不偏转

【答案】C

【知识点】安培定则；左手定则—磁场对带电粒子的作用

【解析】【解答】根据右手螺旋定则判断上下两个线圈的极均在左边，极均在右边，即铁芯中间处的磁场方向是水平向右的。根据左手定则判定，由里向外射出的电子流受到的洛仑兹力向下，如图

故电子束向下偏转。

故答案为：C。

【分析】利用安培定则可以判别通电导线磁感应强度的方向，结合左手定则可以判别电子受到的洛伦兹力方向进而判别电子的偏转方向。

5．（2023高二下·定远月考）电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图所示，利用这种装置可以把质量为m＝2.0g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到6km/s，若这种装置的轨道宽为d＝2m，长L＝100m，电流I＝10A，轨道摩擦不计且金属杆EF与轨道始终接触良好，则下列有关轨道间所加匀强磁场的磁感应强度和磁场力的最大功率结果正确的是（）．

A．B＝18T，Pm＝1.08×108WB．B＝0.6T，Pm＝7.2×104W

C．B＝0.6T，Pm＝3.6×106WD．B＝18T，Pm＝2.16×106W

【答案】D

【知识点】功能关系；动能定理的综合应用

【解析】【解答】通电金属杆在磁场中受安培力的作用而对弹体加速，由功能关系得BIdL＝，代入数值解得B＝18T；当速度最大时磁场力的功率也最大，即Pm＝BIdvm，代入数值得Pm＝2.16×106W，ABC不符合题意，D符合题意．

故答案为：D

【分析】利用功能关系结合安培力做功可以求出磁感应强度的大小；利用最大速度结合安培力的大小可以求出磁场力的最大功率。

6．（2023高二下·定远月考）空间存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，图中的正方形abcd为其边界。一束速率不同的带正电粒子从左边界ad中点P垂直射入磁场，速度方向与ad边夹角，已知粒子质量为m，电荷量为q，粒子间的相互作用和粒子重力不计，则（）

A．粒子在磁场中运动的最长时间为

B．从bc边射出的粒子在磁场中的运动时间都相等

C．入射速度越大的程子，在磁场中的运动时间越长

D．运动时间相的粒子，在磁场中的运动轨迹可能不同

【答案】D

【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动

【解析】【解答】A．粒子对应的圆心角越大，在磁场中运动的时间越长，最长时间对应的轨迹如图所示

从pa边射出对应的轨迹的圆心角最大，为300°，故最长时间为

A不符合题意；

B．因粒子的质量和电量相同，则周期相同，从bc边射出的粒子在磁场中的运动的速度不同，做圆周运动的半径不同，所对的圆心角不同，则所用的时间不相等，B不符合题意；

C．若粒子从dc、bc或ab边射出，入射速度越大的粒子在磁场中的运动弧所对的圆心角越小，则时间越短，C不符合题意；

D．运动时间相等的粒子，在磁场中的运动轨迹可能不同，例如从pa之间射出的粒子运动时间均为，但轨迹不同，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】画出粒子轨迹圆心角最大的轨迹，结合运动的周期可以求出最长运动的时间；利用运动的轨迹所对圆心角的大小可以比较运动的时间；运动轨迹所对圆心角相同但运动的轨迹可能不同。

7．（2023高二下·定远月考）如图所示为质谱仪的结构原理图，若从金属筒内同一位置由静止释放氢的三种同位素氕、氘、氚的原子核(不计重力)，经相同的电场加速和磁场偏转后分别打在照相底片上的A、B、C三个点，则氕、氘、氚原子核（）

A．进入磁场时的速度相同

B．在磁场中运动的时间相同

C．在电场中加速的时间相同

D．打在照相底片上相邻两点间距离AB、BC之比为

【答案】D

【知识点】质谱仪和回旋加速器

【解析】【解答】AB：设原子核的电荷量为q，质量为m，加速电压为U，磁感应强度大小为B，原子核在电场中加速时有，得，结合，得加速时间，由于氕、氘、氚原子核的电荷量相同，质量不同，所以三种原子核进入磁场时的速度不同，在电场中的加速时间不同．AC两项错误．

C：原子核在磁场中做匀速圆周运动的周期，原子核在磁场中的运动时间，由于氕、氘、氚原子核的电荷量相同，质量不同，三种原子核在磁场中运动的时间不同．B项错误．

D：原子核在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径，氕、氘、氚原子核的电荷量相同，质量之比为1：2：3，所以氕、氘、氚在磁场中磁场中运动的半径之比为，打在照相底片上相邻两点间距离AB、BC之比为．D项正确．

故答案为：D

【分析】利用动能定理可以比较粒子进入磁场的速度大小；结合运动的速度公式可以比较在电场中运动的时间；利用运动的周期结合比荷的大小可以比较粒子在磁场中运动的时间；利用牛顿第二定律结合粒子速度可以求出进出磁场之间距离的大小。

8．（2023高二上·黄冈期末）如图所示，回旋加速器由两个D形金属盒组成，盒面与匀强磁场垂直，并接有高频交变电压。中心S处的粒子源产生初速度为零的质子，每次经过窄缝都被加速。已知质子的电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压为U，磁场的磁感应强度大小为B，D形盒的半径为R。质子每次加速的时间可忽略，加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。下列说法正确的是（）

A．高频交变电压的周期为

B．质子做圆周运动的半径越大周期越大

C．质子能获得的最大动能与成正比

D．质子能获得的最大动能与U成正比

【答案】C

【知识点】质谱仪和回旋加速器

【解析】【解答】A．加速电压的周期等于粒子在磁场中运动的周期，即，A不符合题意；

B．根据A选项分析可知，周期与半径无关，B不符合题意；

CD．根据，，带电粒子射出时的动能，质子能获得的最大动能与成正比，与U无关。C符合题意D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】利用粒子运动的周期可以求出加速电压的周期；利用周期的表达式可以判别与半径无关；利用牛顿第二定律结合动能的表达式可以判别最大动能的影响因素。

二、多选题

9．（2023高二下·定远月考）如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为L、质量为m的直导体棒，当通以图示方向电流I时，欲使导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，下列说法中正确的是（）

A．此过程中磁感应强度B逐渐增大

B．此过程中磁感应强度B先减小后增大

C．此过程中磁感应强度B的最小值为

D．此过程中磁感应强度B的最大值为

【答案】A,C

【知识点】安培力；共点力的平衡

【解析】【解答】对导体棒受力分析，受重力G、支持力和安培力，三力平衡，合力为零，将支持力和安培力合成，合力与重力相平衡，如图所示

从图中可以看出，安培力一直变大，由于，其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度渐渐变大；由图可以看出当平行于斜面时有最小值

解得

此过程中安培力竖直向上时最大为mg，B的最大值为

故答案为：AC。

【分析】利用三力平衡结合矢量三角形定则可以判别安培力的大小变化，结合安培力的表达式可以判别磁感应强度的大小变化；结合平衡方程可以求出磁感应强度的最小值。

10．（2022高二上·鞍山月考）初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子初速度方向如图，则（）

A．电子将向左偏转B．电子将向右偏转

C．电子所受洛伦兹力变小D．电子所受洛伦兹力大小不变

【答案】B,C

【知识点】安培定则；左手定则—磁场对带电粒子的作用

【解析】【解答】AB．由安培定则可知导线右侧的磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则可知运动电子所受洛伦兹力方向向右，因此电子将向右偏转，A不符合题意，B符合题意；

CD．洛伦兹力不做功，电子的速率不变，根据F洛=Bvq，B变小，F洛变小，D不符合题意，C符合题意。

故答案为：BC。

【分析】根据安培定则和左手定则得出电子所受洛伦兹力的方向，从而得出电子的偏转情况，洛伦兹力与速度方向垂直不做功，结合洛伦兹力的表达式得出洛伦兹力的变化情况。

三、单选题

11．（2023高三上·龙湖月考）如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板。从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场射入大量的带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m。不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是（）

A．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上

B．即使是对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也不一定过圆心

C．只要速度满足v＝，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上

D．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长

【答案】C

【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动

【解析】【解答】对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关，A不符合题意。带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，B不符合题意。速度满足时，粒子的轨迹半径为r==R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，C符合题意。对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由知，运动时间t越小，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】利用粒子的轨迹可以判别出射后的速度方向；根据径入径出可以判别出射方向的反向延长线一定过圆心；利用牛顿第二定律可以求出轨迹半径的大小结合轨迹半径的方向可以判别速度的方向；利用圆心角的大小可以判别运动时间的大小。

四、多选题

12．（2023高二下·定远月考）如图所示，在0≤x≤7d的区域内存在与xOy平面垂直、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从坐标原点O与x轴正方向成θ=53°垂直磁场射入，从磁场右边界上点P（7d，d）离开。已知粒子的质量为m，带电量为q，重力不计，取sin53°=0.8，cos53°=0.6。下列说法正确的是（）

A．粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为4d

B．粒子的发射速度大小为

C．粒子从P点射出时的速度方向与x轴正方向的夹角为37°

D．若只改变粒子的入射方向，则粒子在磁场中运动的最长时间为

【答案】B,C

【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动

【解析】【解答】AB．如图，根据题意做出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示

做出入射速度的垂线，连接OP作中垂线，两线相交与A点，A点即为圆心，设OP与x轴夹角为α，，，，

所以得到

由牛顿第二定律得

得

A不符合题意，B符合题意；

C．根据以上分析，故，设粒子射出磁场的速度与x轴正向夹角为β，速度的偏转角与粒子运动轨迹所对应的圆心角相等，由几何关系可知出射速度方向与x轴的夹角为37°，C符合题意；

D．由于故粒子在磁场中不能完成半个圆周运动，运动时间不能达到

若改变粒子的入射方向，在磁场中运动时间半个周期对应的粒子的入射速度方向是沿着y轴正方向进入磁场的粒子，此时粒子在磁场中运动的时间，D不符合题意；

故答案为：BC。

【分析】利用几何关系可以求出粒子在磁场中运动的轨迹半径，结合牛顿第二定律可以求出粒子发射速度的大小；利用几何关系可以求出粒子速度的方向；利用轨迹所对圆心角可以求出粒子在磁场中运动的时间。

五、填空题

13．（2023高二下·定远月考）如图所示的矩形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直指向纸内。、两个同种粒子从点沿与磁场垂直且平行于的方向射入磁场中，又都从边射出磁场。射出时，的速度的方向与方向成夹角，的速度的方向与方向成夹角，且两个出射点到点的距离之比为。现用、分别表示、在磁场中运动的时间，若不计重力影响，则，。

【答案】；

【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动

【解析】【解答】做出粒子轨迹图如下

设，根据几何关系，对，有

解得

对有

解得

根据洛伦兹力提供向心力

可得

则有：

周期公式

可见周期跟速度无关，根据

可知运动时间与轨迹圆心角成正比，的轨迹圆心角为，的轨迹圆心角为，故：

【分析】画出粒子运动的轨迹，利用几何关系可以求出轨迹半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出粒子速度的比值，结合轨迹所对圆心角及运动的周期可以求出粒子运动的时间。

14．（2022高二上·孝感月考）图为质谱仪的工作原理图，若干种带电粒子经过加速电场加速后，垂直射入速度选择器，速度选择器中的电场强度大小为E、磁感应强度大小为，电场方向、磁场方向、离子速度方向两两垂直。沿直线通过速度选择器的粒子接着进入磁感应强度大小为的匀强磁场中，沿着半圆周运动后到达照相底片上形成谱线。

（1）速度选择器中的磁场方向为。

（2）不计带电粒子所受的重力和带电微粒之间的相互作用，带电粒子通过狭缝P的速度大小为。

（3）若测出谱线到狭缝P的距离为x，则带电粒子的比荷为。

【答案】（1）垂直纸面向外

（2）

（3）

【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在匀强磁场中的运动

【解析】【解答】（1）由题意及粒子在磁场中做圆周运动的轨迹可知，粒子带正电。由于带电粒子在竖直方向沿直线通过速度选择器，所以在水平方向受合外力为零，粒子受电场力方向向右，则粒子所受洛伦兹力方向向左，由左手定则可知，磁场方向为垂直纸面向外；

（2）由题意可知带电粒子沿直线通过速度选择器，设带电粒子通过狭缝P的速度为v，分析受力，由二力平衡可得

故

（3）由粒子的轨迹运动图，及几何关系可知

带电粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得

联立以上可得

【分析】（1）根据粒子的运动轨迹得出粒子的电性，结合左手定则得出磁场的方向；

（2）对带电粒子进行受力分析，根据共点力平衡得出粒子速度的表达式；

（3）结合几何关系以及洛伦兹力提供向心力从而得出粒子的荷质比。

六、解答题

15．（2023高二下·定远月考）如图所示，挂在天平底部的矩形线圈的一部分悬在匀强磁场中，当给矩形线圈通入如图所示的电流时，调节两盘中的砝码，使天平平衡．然后使电流反向，这时要在天平的左盘上加质量为kg的砝码，才能使天平重新平衡．

（1）求磁场对边作用力的大小．

（2）若已知矩形线圈共10匝，通入的电流A，边长度为cm，求该磁场的磁感应强度．（取m/s2）

【答案】（1）根据可知，电流反向前后，磁场对bc边的作用力大小相等，设为F，

由左手定则可知，它们的方向是相反的．电流反向前，磁场对bc边的作用力向上，电

流反向后，磁场对bc边的作用力向下．

则有：N，

解得：N，即磁场对bc边的作用力大小是0.1N

（2）因为磁场对矩形线圈的作用力

解得：T．

【知识点】安培力；共点力的平衡

【解析】【解答】（1）已知电流的方向可以判别安培力的方向，结合平衡方程可以求出安培力的大小；

（2）已知安培力的大小，结合安培力的表达式可以求出磁感应强度的大小。

16．（2023高二下·定远月考）回旋加速器的D形盒的俯视图如图所示，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间忽略不计。已知垂直盒面的匀强磁场的磁感应强度大小为，D形盒的半径为，高频电源的频率为，两盒间电压为。若A处的粒子源发出一个带电荷量为的粒子（初速度的大小可忽略），粒子经过电场加速后进入磁场，在磁场中做圆周运动，然后再次经过狭缝被电场加速，再进入磁场，直到最后从D形盒出口飞出。

（1）求粒子从D形盒出口飞出时的速度大小和粒子在D形盒中被加速的次数。

（2）若匀强磁场的磁感应强度大小变为原来的二分之一，同时改变电源的频率，求该粒子从D形盒出口飞出时的动能。

【答案】（1）粒子能一直被回旋加速，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期一定与高频电源的周期相等，设粒子离开D形盒时的速度大小为，则有

解得

又

解得

设粒子被加速的次数为，由动能定理得

联立解得

（2）若磁感应强度大小变为原来的，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期也随之改变，由

知

电源的频率应变为

粒子从D形盒出口飞出时的速度

根据动能公式

结合

可得该粒子离开D形盒时的动能

【知识点】质谱仪和回旋加速器

【解析】【解答】（1）已知粒子在磁场中运动的轨迹半径及频率的大小，利用半径和频率可以求出粒子最大速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出粒子质量的大小，结合动能定理可以求出粒子被加速的次数；

（2）当磁感应强度变化时，利用周期的表达式可以求出频率的大小，结合动能定理及牛顿第二定律可以求出粒子离开盒子的动能大小。

17．（2023高二下·定远月考）直角坐标系xOy位于竖直平面内，在第一象限存在磁感应强度B=0.1T、方向垂直于纸面向里、边界为矩形的匀强磁场。现有一束比荷为=108C/kg带正电的离子，从磁场中的A点（m，0）沿与x轴正方向成θ=60°角射入磁场，速度大小v0≤1.0×106m/s，所有离子经磁场偏转后均垂直穿过y轴的正半轴，不计离子的重力和离子间的相互作用。

（1）求速度最大的离子在磁场中运动的轨道半径；

（2）求矩形有界磁场区域的最小面积；

（3）若在x>0区域都存在向里的磁场，离子仍从A点以v0=×106m/s向各个方向均匀发射，求y轴上有离子穿出的区域长度和能打到y轴的离子占所有离子数的百分比。

【答案】（1）根据洛伦兹力提供向心力有

代入数据解得R=0.1m；

（2）如图1所示：

根据几何关系可知，速度最大的离子在磁场中运动的圆心在y轴上的B（0，m）点，离子从C点垂直穿过y轴，所有离子均垂直穿过y轴，即速度偏向角相等，AC连线应该是磁场的边界，满足题意的矩形如图1所示，根据几何关系可得矩形长为

宽为R-Rcosθ＝m

则面积为

（3）据洛伦兹力提供向心力有

解得

临界1，根据图2可得

与x轴成30°角射入的离子打在y轴上的B点，AB为直径，所以B点位y轴上有离子经过的最高点，根据几何知识可得OB=m；

临界2：根据图2可得，沿着x轴负方向射入磁场中的离子与y轴相切与C点，所以C点为y轴有离子打到的最低点，根据几何知识有OC=m

所以y轴上B点至C点之间的区域有离子穿过，且长度为

根据图3可得，

沿着x轴正方向逆时针转到x轴负方向的离子均可打在y轴上，故打在y轴上的离子占所有离子数的50%。

【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动

【解析】【解答】（1）粒子在磁场中运动，利用牛顿第二定律可以求出轨迹半径的大小；

（2）粒子在有界磁场中运动，利用几何关系可以求出有界磁场的最小面积；

（3）当粒子在有界磁场做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出轨迹半径的大小，结合几何关系可以求出OC之间的距离，再利用几何关系可以求出粒子打在y轴上的数量占总粒子数的比值。

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安徽省滁州市定远中学2022-2023学年高二下学期物理阶段性达标检测试卷

一、单选题

1．（2023高二下·定远月考）三根通电长直导线a、b、c平行且垂直纸面放置，其横截面如图所示，a、b、c恰好位于直角三角形的三个顶点，∠c＝，∠a＝．a、b中通有的电流强度分别为I1、I2，c受到a、b的磁场力的合力方向与a、b连线平行．已知通电长直导线在周围某点产生的磁场的磁感应强度，k为比例系数，I为电流强度，r为该点到直导线的距离，sin＝0.6．下列说法正确的是（）

A．a、b中电流反向，：：9B．a、b中电流同向，：：3

C．a、b中电流同向，：：9D．a、b中电流反向，：：3

2．（2023高二下·定远月考）如右图所示，一水平导线通以电流I，导线下方有一电子，初速度方向与电流平行，关于电子的运动情况，下述说法中，正确的是（）

A．沿路径a运动，其轨道半径越来越大

B．沿路径a运动，其轨道半径越来越小

C．沿路径b运动，其轨道半径越来越小

D．沿路径b运动，其轨道半径越来越大

3．（2023高二下·定远月考）如图所示，两段长直导线A，B平行地固定在水平地面上，两导线中通以大小相同的电流，另一个长为L、质量为m的直导体棒C放在A，B连线垂直平分线上，与A，B平行，通以大小为I的电流刚好处于静止状态，电流方向垂直于纸面向外，A，B，C刚好在正三角形的三个顶点上，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）

A．长直导线A中的电流方向垂直纸面向外

B．导线处磁场磁感应强度方向竖直向上

C．若将棒中的电流瞬间减半，则棒瞬间的加速度为

D．若将导线B中的电流瞬间减为零，则棒瞬间加速度大于

4．（2023高二下·定远月考）如图为电视机显像管的偏转线圈示意图，线圈中心处的黑点表示电子枪射出的电子，它的方向垂直纸面向外．当偏转线圈中的电流方向如图所示时，电子束应（）

A．向左偏转B．向上偏转C．向下偏转D．不偏转

5．（2023高二下·定远月考）电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图所示，利用这种装置可以把质量为m＝2.0g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到6km/s，若这种装置的轨道宽为d＝2m，长L＝100m，电流I＝10A，轨道摩擦不计且金属杆EF与轨道始终接触良好，则下列有关轨道间所加匀强磁场的磁感应强度和磁场力的最大功率结果正确的是（）．

A．B＝18T，Pm＝1.08×108WB．B＝0.6T，Pm＝7.2×104W

C．B＝0.6T，Pm＝3.6×106WD．B＝18T，Pm＝2.16×106W

6．（2023高二下·定远月考）空间存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，图中的正方形abcd为其边界。一束速率不同的带正电粒子从左边界ad中点P垂直射入磁场，速度方向与ad边夹角，已知粒子质量为m，电荷量为q，粒子间的相互作用和粒子重力不计，则（）

A．粒子在磁场中运动的最长时间为

B．从bc边射出的粒子在磁场中的运动时间都相等

C．入射速度越大的程子，在磁场中的运动时间越长

D．运动时间相的粒子，在磁场中的运动轨迹可能不同

7．（2023高二下·定远月考）如图所示为质谱仪的结构原理图，若从金属筒内同一位置由静止释放氢的三种同位素氕、氘、氚的原子核(不计重力)，经相同的电场加速和磁场偏转后分别打在照相底片上的A、B、C三个点，则氕、氘、氚原子核（）

A．进入磁场时的速度相同

B．在磁场中运动的时间相同

C．在电场中加速的时间相同

D．打在照相底片上相邻两点间距离AB、BC之比为

8．（2023高二上·黄冈期末）如图所示，回旋加速器由两个D形金属盒组成，盒面与匀强磁场垂直，并接有高频交变电压。中心S处的粒子源产生初速度为零的质子，每次经过窄缝都被加速。已知质子的电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压为U，磁场的磁感应强度大小为B，D形盒的半径为R。质子每次加速的时间可忽略，加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。下列说法正确的是（）

A．高频交变电压的周期为

B．质子做圆周运动的半径越大周期越大

C．质子能获得的最大动能与成正比

D．质子能获得的最大动能与U成正比

二、多选题

9．（2023高二下·定远月考）如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为L、质量为m的直导体棒，当通以图示方向电流I时，欲使导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，下列说法中正确的是（）

A．此过程中磁感应强度B逐渐增大

B．此过程中磁感应强度B先减小后增大

C．此过程中磁感应强度B的最小值为

D．此过程中磁感应强度B的最大值为

10．（2022高二上·鞍山月考）初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子初速度方向如图，则（）

A．电子将向左偏转B．电子将向右偏转

C．电子所受洛伦兹力变小D．电子所受洛伦兹力大小不变

三、单选题

11．（2023高三上·龙湖月考）如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板。从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场射入大量的带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m。不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是（）

A．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上

B．即使是对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也不一定过圆心

C．只要速度满足v＝，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上

D．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长

四、多选题

12．（2023高二下·定远月考）如图所示，在0≤x≤7d的区域内存在与xOy平面垂直、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从坐标原点O与x轴正方向成θ=53°垂直磁场射入，从磁场右边界上点P（7d，d）离开。已知粒子的质量为m，带电量为q，重力不计，取sin53°=0.8，cos53°=0.6。下列说法正确的是（）

A．粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为4d

B．粒子的发射速度大小为

C．粒子从P点射出时的速度方向与x轴正方向的夹角为37°

D．若只改变粒子的入射方向，则粒子在磁场中运动的最长时间为

五、填空题

13．（2023高二下·定远月考）如图所示的矩形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直指向纸内。、两个同种粒子从点沿与磁场垂直且平行于的方向射入磁场中，又都从边射出磁场。射出时，的速度的方向与方向成夹角，的速度的方向与方向成夹角，且两个出射点到点的距离之比为。现用、分别表示、在磁场中运动的时间，若不计重力影响，则，。

14．（2022高二上·孝感月考）图为质谱仪的工作原理图，若干种带电粒子经过加速电场加速后，垂直射入速度选择器，速度选择器中的电场强度大小为E、磁感应强度大小为，电场方向、磁场方向、离子速度方向两两垂直。沿直线通过速度选择器的粒子接着进入磁感应强度大小为的匀强磁场中，沿着半圆周运动后到达照相底片上形成谱线。

（1）速度选择器中的磁场方向为。

（2）不计带电粒子所受的重力和带电微粒之间的相互作用，带电粒子通过狭缝P的速度大小为。

（3）若测出谱线到狭缝P的距离为x，则带电粒子的比荷为。

六、解答题

15．（2023高二下·定远月考）如图所示，挂在天平底部的矩形线圈的一部分悬在匀强磁场中，当给矩形线圈通入如图所示的电流时，调节两盘中的砝码，使天平平衡．然后使电流反向，这时要在天平的左盘上加质量为kg的砝码，才能使天平重新平衡．

（1）求磁场对边作用力的大小．

（2）若已知矩形线圈共10匝，通入的电流A，边长度为cm，求该磁场的磁感应强度．（取m/s2）

16．（2023高二下·定远月考）回旋加速器的D形盒的俯视图如图所示，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间忽略不计。已知垂直盒面的匀强磁场的磁感应强度大小为，D形盒的半径为，高频电源的频率为，两盒间电压为。若A处的粒子源发出一个带电荷量为的粒子（初速度的大小可忽略），粒子经过电场加速后进入磁场，在磁场中做圆周运动，然后再次经过狭缝被电场加速，再进入磁场，直到最后从D形盒出口飞出。

（1）求粒子从D形盒出口飞出时的速度大小和粒子在D形盒中被加速的次数。

（2）若匀强磁场的磁感应强度大小变为原来的二分之一，同时改变电源的频率，求该粒子从D形盒出口飞出时的动能。

17．（2023高二下·定远月考）直角坐标系xOy位于竖直平面内，在第一象限存在磁感应强度B=0.1T、方向垂直于纸面向里、边界为矩形的匀强磁场。现有一束比荷为=108C/kg带正电的离子，从磁场中的A点（m，0）沿与x轴正方向成θ=60°角射入磁场，速度大小v0≤1.0×106m/s，所有离子经磁场偏转后均垂直穿过y轴的正半轴，不计离子的重力和离子间的相互作用。

（1）求速度最大的离子在磁场中运动的轨道半径；

（2）求矩形有界磁场区域的最小面积；

（3）若在x>0区域都存在向里的磁场，离子仍从A点以v0=×106m/s向各个方向均匀发射，求y轴上有离子穿出的区域长度和能打到y轴的离子占所有离子数的百分比。

答案解析部分

1．【答案】A

【知识点】力的平行四边形定则及应用；安培力的计算

【解析】【解答】同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，且c受到a、b的磁场力的合力方向与a、b连线平行，则ab中电流方向相反，c受力分析如图所示：

竖直方向平衡得：

根据几何关系得：，

联立解得：

故答案为：A

【分析】利用c受到的安培力方向可以判别两个导体棒对c的安培力方向，结合通电导体之间的安培力作用规律可以判别a、b电流的方向；利用c竖直方向的平衡方程结合安培力的表达式可以求出电流的大小比值。

2．【答案】A

【知识点】安培定则；左手定则—磁场对带电粒子的作用

【解析】【解答】由左手定则可知电子向下偏，距导线越远，磁感应强度B越小，由r＝

知，r变大，则A符合题意，BCD不符合题意。

故答案为：A。

【分析】利用通电导线周围磁感应强度的变化结合牛顿第二定律可以判别轨迹半径的大小变化，结合左手定则可以判别电子偏转的方向。

3．【答案】D

【知识点】安培力；共点力的平衡

【解析】【解答】A.根据通电平行直导线间的作用力是同方向相吸，反方向相斥，根据共点力平衡，可知长直导线C受到重力和另外两条通电导线的斥力作用，所以长直导线A中的电流方向垂直纸面向里，A不符合题意；

B.导线受到安培力的方向与重力等大反向，根据左手定则可知C处磁场磁感应强度方向应水平向右，B不符合题意；

C.因为开始棒C处于静止状态，重力与安培力等大反向，若将棒中的电流瞬间减半，根据

则棒瞬间受到的安培力减半，根据牛顿第二定律

棒C的加速度为，C不符合题意；

D.棒受导线A和导线B的安培力以及重力作用，处于静止状态，

根据共点力关系可知，

若将导线中的电流瞬间减为零，则棒的合力大小等于F，方向沿CB方向，所以瞬间加速度为

D符合题意。

故答案为：D。

【分析】利用C导线的平衡条件可以判别两个通电导线对C安培力的方向，利用安培力的方向可以判别通电导线电流的方向；利用C受到的安培力方向结合左手定则可以判别磁感应强度的方向；利用牛顿第二定律结合安培力的变化可以求出导体棒加速度的大小。

4．【答案】C

【知识点】安培定则；左手定则—磁场对带电粒子的作用

【解析】【解答】根据右手螺旋定则判断上下两个线圈的极均在左边，极均在右边，即铁芯中间处的磁场方向是水平向右的。根据左手定则判定，由里向外射出的电子流受到的洛仑兹力向下，如图

故电子束向下偏转。

故答案为：C。

【分析】利用安培定则可以判别通电导线磁感应强度的方向，结合左手定则可以判别电子受到的洛伦兹力方向进而判别电子的偏转方向。

5．【答案】D

【知识点】功能关系；动能定理的综合应用

【解析】【解答】通电金属杆在磁场中受安培力的作用而对弹体加速，由功能关系得BIdL＝，代入数值解得B＝18T；当速度最大时磁场力的功率也最大，即Pm＝BIdvm，代入数值得Pm＝2.16×106W，ABC不符合题意，D符合题意．

故答案为：D

【分析】利用功能关系结合安培力做功可以求出磁感应强度的大小；利用最大速度结合安培力的大小可以求出磁场力的最大功率。

6．【答案】D

【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动

【解析】【解答】A．粒子对应的圆心角越大，在磁场中运动的时间越长，最长时间对应的轨迹如图所示

从pa边射出对应的轨迹的圆心角最大，为300°，故最长时间为

A不符合题意；

B．因粒子的质量和电量相同，则周期相同，从bc边射出的粒子在磁场中的运动的速度不同，做圆周运动的半径不同，所对的圆心角不同，则所用的时间不相等，B不符合题意；

C．若粒子从dc、bc或ab边射出，入射速度越大的粒子在磁场中的运动弧所对的圆心角越小，则时间越短，C不符合题意；

D．运动时间相等的粒子，在磁场中的运动轨迹可能不同，例如从pa之间射出的粒子运动时间均为，但轨迹不同，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】画出粒子轨迹圆心角最大的轨迹，结合运动的周期可以求出最长运动的时间；利用运动的轨迹所对圆心角的大小可以比较运动的时间；运动轨迹所对圆心角相同但运动的轨迹可能不同。

7．【答案】D

【知识点】质谱仪和回旋加速器

【解析】【解答】AB：设原子核的电荷量为q，质量为m，加速电压为U，磁感应强度大小为B，原子核在电场中加速时有，得，结合，得加速时间，由于氕、氘、氚原子核的电荷量相同，质量不同，所以三种原子核进入磁场时的速度不同，在电场中的加速时间不同．AC两项错误．

C：原子核在磁场中做匀速圆周运动的周期，原子核在磁场中的运动时间，由于氕、氘、氚原子核的电荷量相同，质量不同，三种原子核在磁场中运动的时间不同．B项错误．

D：原子核在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径，氕、氘、氚原子核的电荷量相同，质量之比为1：2：3，所以氕、氘、氚在磁场中磁场中运动的半径之比为，打在照相底片上相邻两点间距离AB、BC之比为．D项正确．

故答案为：D

【分析】利用动能定理可以比较粒子进入磁场的速度大小；结合运动的速度公式可以比较在电场中运动的时间；利用运动的周期结合比荷的大小可以比较粒子在磁场中运动的时间；利用牛顿第二定律结合粒子速度可以求出进出磁场之间距离的大小。

8．【答案】C

【知识点】质谱仪和回旋加速器

【解析】【解答】A．加速电压的周期等于粒子在磁场中运动的周期，即，A不符合题意；

B．根据A选项分析可知，周期与半径无关，B不符合题意；

CD．根据，，带电粒子射出时的动能，质子能获得的最大动能与成正比，与U无关。C符合题意D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】利用粒子运动的周期可以求出加速电压的周期；利用周期的表达式可以判别与半径无关；利用牛顿第二定律结合动能的表达式可以判别最大动能的影响因素。

9．【答案】A,C

【知识点】安培力；共点力的平衡

【解析】【解答】对导体棒受力分析，受重力G、支持力和安培力，三力平衡，合力为零，将支持力和安培力合成，合力与重力相平衡，如图所示

从图中可以看出，安培力一直变大，由于，其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度渐渐变大；由图可以看出当平行于斜面时有最小值

解得

此过程中安培力竖直向上时最大为mg，B的最大值为

故答案为：AC。

【分析】利用三力平衡结合矢量三角形定则可以判别安培力的大小变化，结合安培力的表达式可以判别磁感应强度的大小变化；结合平衡方程可以求出磁感应强度的最小值。

10．【答案】B,C

【知识点】安培定则；左手定则—磁场对带电粒子的作用

【解析】【解答】AB．由安培定则可知导线右侧的磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则可知运动电子所受洛伦兹力方向向右，因此电子将向右偏转，A不符合题意，B符合题意；

CD．洛伦兹力不做功，电子的速率不变，根据F洛=Bvq，B变小，F洛变小，D不符合题意，C符合题意。

故答案为：BC。

【分析】根据安培定则和左手定则得出电子所受洛伦兹力的方向，从而得出电子的偏转情况，洛伦兹力与速度方向垂直不做功，结合洛伦兹力的表达式得出洛伦兹力的变化情况。

11．【答案】C

【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动

【解析】【解答】对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关，A不符合题意。带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，B不符合题意。速度满足时，粒子的轨迹半径为r==R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，C符合题意。对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由知，运动时间t越小，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】利用粒子的轨迹可以判别出射后的速度方向；根据径入径出可以判别出射方向的反向延长线一定过圆心；利用牛顿第二定律可以求出轨迹半径的大小结合轨迹半径的方向可以判别速度的方向；利用圆心角的大小可以判别运动时间的大小。

12．【答案】B,C

【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动

【解析】【解答】AB．如图，根据题意做出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示

做出入射速度的垂线，连接OP作中垂线，两线相交与A点，A点即为圆心，设OP与x轴夹角为α，，，，

所以得到

由牛顿第二定律得

得

A不符合题意，B符合题意；

C．根据以上分析，故，设粒子射出磁场的速度与x轴正向夹角为β，速度的偏转角与粒子运动轨迹所对应的圆心角相等，由几何关系可知出射速度方向与x轴的夹角为37°，C符合题意；

D．由于故粒子在磁场中不能完成半个圆周运动，运动时间不能达到

若改变粒子的入射方向，在磁场中运动时间半个周期对应的粒子的入射速度方向是沿着y轴正方向进入磁场的粒子，此时粒子在磁场中运动的时间，D不符合题意；

故答案为：BC。

【分析】利用几何关系可以求出粒子在磁场中运动的轨迹半径，结合牛顿第二定律可以求出粒子发射速度的大小；利用几何关